2025年高考化学冲刺押题卷-化学全国卷01全解全析

2025年高考押题预测卷01高三化学（建议用时：50分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32Cl35.5Fe56第Ⅰ卷（选择题共42分）一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．目前化学科学已经融入国民经济的大部分技术领域，下列说法正确的是A．利用合成了脂肪酸，实现了无机小分子向有机高分子的转变B．“燃煤脱硫”技术有利于我国早日实现“碳达峰、碳中和”C．我国歼-35A战斗机的雷达罩使用的玻璃纤维属于无机非金属材料D．重油通过分馏可得到石油气、汽油、煤油和柴油【答案】C【详解】A．脂肪酸不属于高分子，故A错误；B．“燃煤脱硫”技术有利于减少污染，无法减少碳的排放，不能实现“碳达峰、碳中和”，故B错误；C．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故C正确；D．石油分馏可得到石油气、汽油、煤油和柴油，故D错误；选C。2．生活因有机而多姿多彩，化合物M是合成镇静类药物氯硝西泮(N)的关键前体，制取N的部分流程如下。下列说法错误的是A．从M到Q的反应为取代反应B．P→M引入硝基时需要“一系列反应Ⅰ”的目的是防止氨基被氧化C．Q分子中所有原子可能在同一平面D．1molN最多可与3molNaOH反应【答案】C【详解】A．由图可知，M到Q发生的反应为与发生取代反应生成和氯化氢，故A正确；B．P分子中的氨基具有还原性，与浓硝酸和浓硫酸的混酸发生硝化反应时易被氧化，所以P→M引入硝基时需要“一系列反应Ⅰ”防止氨基被氧化，故B正确；C．由结构简式可知，Q分子中氨基氮原子的杂化方式为sp3杂化，—NH2和与该氮直接相连的碳原子的空间构型为三角锥形，则Q分子中所有原子不可能在同一平面，故C错误；D．由结构简式可知，N分子中含有的酰胺基和碳氯键能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol碳氯键消耗2mol氢氧化钠，所以1molN最多可与3mol氢氧化钠反应，故D正确；故选C。3．利用悬浊液吸收气体可制取和，实验装置如图所示。已知：易溶于水，在酸性条件下较为稳定，受热易分解形成下列说法正确的是A．装置A中浓硫酸浓度越大反应速率越快B．装置C中悬浊液变澄清表明整个制备实验完成C．在装置D中制取D．装置D中热水浴温度越高越好【答案】C【详解】A．装置A硫酸浓度太大，难以电离出离子，反应速率减慢，一般选择70%的硫酸，A错误；B．装置C中悬浊液变澄清只表明装置C反应完成，装置D不一定反应完成，装置C和D中悬浊液都变澄清表明整个制备实验完成，B错误；C．装置D热水浴中MnS2O6受热分解形成MnSO4，C正确；D．装置D热水浴温度太高，降低了SO2在溶液中的溶解度，不利于反应进行，D错误；答案选C。4．下列相关离子方程式表示正确的是A．向AgBr沉淀中加入Na2S溶液，沉淀由黄色变为黑色：B．向酸性KMnO4溶液中加入亚硫酸溶液，紫色褪去：C．向pH=4的FeSO4溶液中加入H2O2溶液，有红褐色沉淀生成：D．向酸性的淀粉-碘化钾溶液通入O2，溶液变蓝：【答案】D【详解】A．AgBr难溶不能拆，则正确的离子方程式为：，A错误；B．高锰酸钾有强氧化性，可以将亚硫酸氧化为硫酸，本身被还原为锰离子，离子方程式为：，B错误；C．pH=4，溶液显酸性，酸性条件下过氧化氢可以将二价铁氧化为三价铁，根据题意最终生成氢氧化铁，离子方程式为：，C错误；D．酸性条件下氧气可以将碘离子氧化为单质碘，离子方程式为：，D正确；故选D。5．W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，五种元素组成如图所示的某离子液体。下列说法错误的是A．第一电离能：Y>Z>X B．R的简单氢化物的VSEPR模型为四面体C．简单气态氢化物的稳定性：Z>X D．原子半径：X>Y>Z【答案】A【分析】W、X、Y、Z、R是元素周期表中原子序数依次增大的五种短周期元素，其中X、Y、Z位于同一周期，X都形成四个化学键，W都形成一个化学键，Y既形成三个化学键，又形成四个化学键，并且W、X、Y形成+1价阳离子，因此W、X、Y分别是H、C、N；Z、R形成负一价阴离子，Z形成一个化学键，R形成六个化学键，则Z、R分别是F、P。【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐增大的趋势，但是第ⅡA族与第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：F>N>C，A错误；B．PH3中P的价层电子对数为3+=4，则VSEPR模型为四面体，B正确；C．非金属性：F>C，则简单气态氢化物的稳定性：HF>CH4，C正确；D．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，则原子半径：C>N>F，D正确；故选A。6．二苯重氮甲烷()在抗生素的制备过程中起关键作用。以二苯甲酮腙()为前体合成二苯重氮甲烷的原理如图所示。下列说法错误的是A．为催化剂B．若以铅蓄电池为电源，则与石墨一极相连的为电极C．阴极的电极反应式为D．理论上生成的同时生成1.5mol二苯重氮甲烷【答案】D【分析】由图可知，石墨电极上发生失去电子的氧化反应，电极反应为：，则石墨电极为阳极，Ni电极为阴极，电极反应为，阳极上生成的与反应生成和，据此解答。【详解】A．由图可知，在阳极上先消耗，最后又重新生成，相当于催化剂，A项正确；B．根据分析可知，石墨电极为阳极，与外电源正极相连，则与铅蓄电池的电极相连，B项正确；C．由分析可知，阴极的电极反应式为，C项正确；D．理论上生成转移2mol电子，则阳极生成，根据原子守恒可知生成1mol二苯重氮甲烷，D项错误；故选D。7．砷酸为三元弱酸，常温下向的溶液中滴加NaOH溶液，溶液中含砷微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。已知：①；②。下列叙述正确的是A．常温下，时B．从开始滴加NaOH溶液至过量，水的电离程度始终增大C．当时，溶液中存在：D．常温下，水解反应的【答案】A【详解】A．=，则当pH=7时，≈5，A正确；B．从开始滴加NaOH溶液至过量，溶质由砷酸逐渐过渡到盐，盐的水解促进水的电离，此过程水的电离程度增大，当氢氧化钠溶液过量时，会抑制水的电离，故水的电离程度先增大后减小，B错误；C．pH=6.8时，由图可知，，溶液中存在电荷守恒，：，整理可得，C错误；D．水解反应的，D错误；故选A。第II卷（非选择题共58分）二、非选择题：本题共4小题，共58分。8．（15分）磁性氧化铁是生产颜料、抛光剂、录音磁带和电讯器材的重要原料。以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化铝和磁性氧化铁的流程如图：(1)基态Fe原子价层电子的轨道表示式(电子排布图)为；基态Al原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为形；(2)“焙烧Ⅰ”过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，“多层逆流焙烧”的优点是：(任答一点)。(3)焙烧Ⅱ由氧化铝、氧化铁制得可溶性的NH4Al(SO4)2、NH4Fe(SO4)2.提取率随温度、时间变化曲线如图所示，最佳的焙烧时间与温度是。写出由氧化铝制得可溶性的NH4Al(SO4)2相关的化学反应方程式为。(4)写出“滤渣I”主要成分的一种用途。(5)“焙烧Ⅲ”在隔绝空气的条件下进行反应，理论上完全反应时参加反应的n(FeS2)：n(Fe2O3)=。(6)FeS2晶体的晶胞结构如图所示。晶胞参数为apm，FeS2晶体的密度为ρg•cm−3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的摩尔质量M=g⋅mol﹣1(用含a、ρ、NA的代数式表示)。【答案】(1)哑铃形(2)使矿石和气体充分接触，加快反应速率，提高转化率(使充分接触，提高热能利用率)(3)60min450℃左右Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O(4)制造玻璃、陶瓷、光导纤维工业制硅等(5)1：16(6)ρa3NA×10﹣30【分析】高硫铝土矿在“焙烧I”操作中，FeS2生成气体ISO2，在“焙烧Ⅱ”中生成氨气，水溶，过滤，得到SiO2，所以滤渣1的成分是SiO2，将滤液成分结晶、分离，得到NH4Al(SO4)2、NH4Fe(SO4)2，由NH4Fe(SO4)2晶体制备Fe2O3，Fe2O3与FeS2在“焙烧Ⅲ”操作中反应生成SO2和磁性氧化铁，以此作答。【详解】（1）基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2，其轨道表示式为；铝为13号原子，基态铝原子占据的最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：；哑铃形；（2）“焙烧Ⅰ”过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，“多层逆流焙烧”，由图示可知，高硫铝土矿与氧气可以充分接触，从而加快反应速率，提高转化率，故答案为：使矿石和气体充分接触，加快反应速率，提高转化率(使充分接触，提高热能利用率)；（3）由图示可知，在60min以后氧化铝提取率、氧化铁提取率增大不再明显，450℃左右时氧化铝提取率、氧化铁提取率达到最大，故最佳的焙烧时间与温度是60min、450℃左右；氧化铝和硫酸铵在焙烧条件下生成NH4Al(SO4)2，由原子守恒和电子守恒可知其化学反应方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O，故答案为：60min、450℃左右；Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O；（4）由分析可知，“滤渣I”的主要成分为二氧化硅，可用于制造玻璃、陶瓷、光导纤维工业制硅等，故答案为：制造玻璃、陶瓷、光导纤维工业制硅等；（5）“焙烧Ⅲ”在隔绝空气条件下，由FeS2和Fe2O3反应生成磁性氧化铁，同时有SO2生成，由原子守恒和电子守恒可知，参加反应的FeS2和Fe2O3物质的量之比为1:16，故答案为：1:16；（6）由晶胞结构可知，每个晶胞中含有Fe2＋的个数为个，含有的个数为个，所以其密度，故M＝ρa3NA×10﹣30，故答案为：ρa3NA×10﹣30。9．（14分）苯甲酸苄酯()是一种无色或淡黄色油状液体，具有清淡的类似杏仁的香气。该产品广泛用作花香香精的定型剂、增塑剂、溶剂、止咳药剂等。一种合成苯甲酸苄酯的装置如图所示。已知：相关数据如表所示。物质相对分子质量密度沸点溶解性氯化苄126.51.1179易溶于苯、甲苯甲苯920.867111—苯甲酸苄酯2121.2324易溶于苯、甲苯实验步骤：将苯甲酸钠、氯化苄()、甲苯加入三颈烧瓶中，在下反应。刚开始反应体系呈白色浑浊状，随着加热搅拌的进行，反应液逐渐澄清。随着反应进行，又有白色固体析出。反应结束后将反应液冷却至室温，用布氏漏斗抽滤，收集滤液。减压蒸馏后溶液呈白色乳浊态，过滤后进一步蒸馏得到苯甲酸苄酯。回答下列问题：(1)仪器X的主要作用是；冷却水应该从X的口通入(填“上”或“下”)；为控制反应在进行，实验中可采取的措施是。(2)加入甲苯的作用是；三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为。(3)减压蒸馏后过滤除去的物质是(填名称)。(4)在蒸馏操作中，下列仪器选择及安装都正确的是(填标号)。A．

B．

C．

D．安装好蒸馏装置后，加入待蒸馏的物质和沸石，(填操作)，加热，弃去前馏分，收集的馏分。(5)本实验中苯甲酸苄酯的产率是(保留两位有效数字)。【答案】(1)冷凝回流下水浴加热(2)作溶剂，溶解苯甲酸钠和氯化苄，使二者充分接触，充分反应(3)苯甲酸钠(4)B通入冷却水(5)91%【详解】（1）仪器X是球形冷凝管，其作用是冷凝回流，提高原料的利用率；冷却水应该从球形冷凝管的下口通入；为控制反应在反应，实验中可采取水浴加热的措施；（2）苯甲酸钠不溶于氯化苄，但是苯甲酸钠和氯化苄都溶于甲苯，故甲苯的作用是作溶剂，溶解苯甲酸钠和氯化苄，使二者充分接触，充分反应；二者在反应的化学方程式为；（3）苯甲酸钠属于盐，沸点高，减压蒸馏后过滤除去的物质为苯甲酸钠；（4）进行蒸馏实验时，应该使用直形冷凝管，且温度计位于支管口处，故选B；安装好蒸馏装置后，加入待蒸馏的物质和沸石，先通入冷却水，然后再加热进行蒸馏实验；（5）苯甲酸钠的物质的量为，氯化苄的物质的量为，苯甲酸钠过量，根据氯化苄计算得出苯甲酸苄酯的理论产量为，故苯甲酸苄酯的产率为。10．（14分）碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以为原料合成甲醇可以减少的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题：I.和生成甲醇涉及的反应如下：主反应：

副反应：

(1)反应

。(2)时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性[选择性]随压强的变化如图所示。①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是。②时，若在密闭容器中充入和，在压强为时，生成0.6molCO，则时，主反应的压强平衡常数。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)II.催化剂的性能测试：一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。(3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下的转化率为。(4)其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图1、2所示。①由图1判断，实验中反应未达到化学平衡状态的点为。②温度高于时，平衡转化率升高的原因是。③温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因：。【答案】(1)-90.7(2)主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大(3)25%(4)ABCD温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多【详解】（1）根据盖斯定律可知，；（2）①加压，平衡向气体分子数减小的反应，则增大压强，甲醇的选择性增大的原因是：主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大；②由图可知，平衡时，甲醇的选择性为40%，此时生成0.6molCO，则生成0.4mol的甲醇，根据主反应可知，根据副反应可知，平衡时总物质的量：1mol+1mol+0.6mol+1mol+04mol=4mol，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的分压分别为：、、、，则时，主反应的压强平衡常数；（3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)n(CO)=5：18：1，假设生成的CH3OH的物质的量为5mol，则生成的CO的物质的量为1mol，剩余的CO2的物质的量为18mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为5mol+18mol+1mol=24mol，则该温度下CO2转化率的计算式为×100%=25%；（4）①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态，故答案为：ABCD；②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆向移动，副反应正向移动，温度高于260℃时，副反应正向移动的程度大于主反应逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大，故答案为：温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度；③由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。11．（15分）是合成某药物的中间体，一种合成的路线如下：已知：代表乙基